7、距離為，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．
解析：設(shè)C(a,0)(a>0)，由題意知＝，解得a＝2，所以r＝ ＝3，故圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋y2＝9.
答案：(x－2)2＋y2＝9
[解題方略] 求圓的方程的2種方法
幾何法
通過研究圓的性質(zhì)、直線和圓、圓與圓的位置關(guān)系，從而求得圓的基本量和方程
代數(shù)法
用待定系數(shù)法先設(shè)出圓的方程，再由條件求得各系數(shù)，從而求得圓的方程
[小創(chuàng)新]
1.已知圓M：x2＋y2－2x＋a＝0，若AB為圓M的任意一條直徑，且·＝－6(其中O為坐標(biāo)原點)，則圓M的半徑為( )
A. B.
C. D．2
解析：選C 圓M的標(biāo)
8、準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝1－a(a<1)，圓心M(1,0)，則|OM|＝1，圓的半徑r＝，因為AB為圓M的任意一條直徑，所以＝－，且||＝||＝r，則·＝(＋)·(＋)＝(－)·(＋)＝2－2＝1－r2＝－6，所以r2＝7，得r＝，所以圓的半徑為，故選C.
2.向圓(x－2)2＋(y－)2＝4內(nèi)隨機(jī)投擲一點，則該點落在x軸下方的概率為________．
解析：如圖，連接CA，CB，依題意，圓心C到x軸的距離為，所以弦AB的長為2.又圓的半徑為2，所以弓形ADB的面積為×π×2－×2×＝π－，所以向圓(x－2)2＋(y－)2＝4內(nèi)隨機(jī)投擲一點，則該點落在x軸下方的概率P＝＝－.
答案：
9、－
增分考點·廣度拓展
[分點研究]
題型一 圓的切線問題
[例1] (1)(2019屆高三·蘇州高三調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知過點M(1,1)的直線l與圓(x＋1)2＋(y－2)2＝5相切，且與直線ax＋y－1＝0垂直，則實數(shù)a＝________.
(2)設(shè)點M(x0，y0)為直線3x＋4y＝25上一動點，過點M作圓x2＋y2＝2的兩條切線，切點為B，C，則四邊形OBMC面積的最小值為________．
[解析] (1)由題意得，直線l的斜率存在，設(shè)過點M(1,1)的直線l的方程為y－1＝k(x－1)，即kx－y＋1－k＝0.因為直線l與圓(x＋1)2＋(y－
10、2)2＝5相切，所以圓心(－1,2)到直線l的距離d＝＝，整理得k2－4k＋4＝0，解得k＝2.又直線l與直線ax＋y－1＝0垂直，所以－2a＝－1，解得a＝.
(2)圓心O到直線3x＋4y＝25的距離d＝＝5，
則|OM|≥d＝5，
所以切線長|MB|＝≥ ＝，
所以S四邊形OBMC＝2S△OBM≥2×××＝.
[答案] (1) (2)
[變式1] 本例(2)變?yōu)椋哼^點A(1,3)，作圓x2＋y2＝2的兩條切線，切點為B，C，則四邊形OBAC的面積為________．
解析：由相切可得S四邊形OBAC＝2S△OBA，
因為△OAB為直角三角形，且|OA|＝，|OB|＝，
所
11、以|AB|＝2，
即S△OBA＝×2×＝2，
所以S四邊形OBAC＝2S△OBA＝4.
答案：4
[變式2] 本例(2)變?yōu)椋涸O(shè)點M(x0，y0)為直線3x＋4y＝25上一動點，過點M作圓x2＋y2＝2的兩條切線l1，l2，則l1與l2的最大夾角的正切值是________．
解析：設(shè)一個切點為B，圓心O到直線3x＋4y＝25的距離為d＝＝5，
則tan∠OMB＝≤，
所以tan 2∠OAB＝
＝≤.
故所求最大夾角的正切值為.
答案：
[解題方略] 直線與圓相切問題的解題策略
直線與圓相切時利用“切線與過切點的半徑垂直，圓心到切線的距離等于半徑”建立關(guān)于切線斜率的等
12、式，所以求切線方程時主要選擇點斜式．過圓外一點求解切線段長的問題，可先求出圓心到圓外點的距離，再結(jié)合半徑利用勾股定理計算．
題型二 圓的弦長問題
[例2] 已知圓C經(jīng)過點A(－2,0)，B(0,2)，且圓心C在直線y＝x上，又直線l：y＝kx＋1與圓C相交于P，Q兩點．
(1)求圓C的方程；
(2)過點(0,1)作直線l1與l垂直，且直線l1與圓C交于M，N兩點，求四邊形PMQN面積的最大值．
[解] (1)設(shè)圓心C(a，a)，半徑為r，因為圓C經(jīng)過點A(－2,0)，B(0,2)，所以|AC|＝|BC|＝r，
即＝ ＝r，
解得a＝0，r＝2，
故所求圓C的方程為x2＋y2＝
13、4.
(2)設(shè)圓心C到直線l，l1的距離分別為d，d1，四邊形PMQN的面積為S.
因為直線l，l1都經(jīng)過點(0,1)，且l1⊥l，
根據(jù)勾股定理，有d＋d2＝1.
又|PQ|＝2×，|MN|＝2×，
所以S＝|PQ|·|MN|，
即S＝×2××2×
＝2
＝2≤2
＝2＝7，
當(dāng)且僅當(dāng)d1＝d時，等號成立，
所以四邊形PMQN面積的最大值為7.
[解題方略] 求解圓的弦長的3種方法
關(guān)系法
根據(jù)半徑，弦心距，弦長構(gòu)成的直角三角形，構(gòu)成三者間的關(guān)系r2＝d2＋(其中l(wèi)為弦長，r為圓的半徑，d為圓心到直線的距離)
公式法
根據(jù)公式l＝|x1－x2|求解(其中l(wèi)為弦
14、長，x1，x2為直線與圓相交所得交點的橫坐標(biāo)，k為直線的斜率)
距離法
聯(lián)立直線與圓的方程，解方程組求出兩交點坐標(biāo)，用兩點間距離公式求解
[多練強(qiáng)化]
1．(2018·全國卷Ⅰ)直線y＝x＋1與圓x2＋y2＋2y－3＝0交于A，B兩點，則|AB|＝________.
解析：由x2＋y2＋2y－3＝0，得x2＋(y＋1)2＝4.
∴圓心C(0，－1)，半徑r＝2.圓心C(0，－1)到直線x－y＋1＝0的距離d＝＝，
∴|AB|＝2＝2＝2.
答案：2
2．已知過點A(0,1)且斜率為k的直線l與圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N兩點，若|MN|＝，則直線l的
15、方程為________．
解析：直線l的方程為y＝kx＋1，圓心C(2,3)到直線l的距離d＝＝，
由R2＝d2＋2，得1＝＋，
解得k＝2或，
故所求直線l的方程為y＝2x＋1或y＝x＋1.
答案：y＝2x＋1或y＝x＋1
3．已知從圓C：(x＋1)2＋(y－2)2＝2外一點P(x1，y1)向該圓引一條切線，切點為M，O為坐標(biāo)原點，且有|PM|＝|PO|，則當(dāng)|PM|取最小值時點P的坐標(biāo)為________．
解析：如圖所示，連接CM，CP.由題意知圓心C(－1,2)，半徑r＝.因為|PM|＝|PO|，所以|PO|2＋r2＝|PC|2，所以x＋y＋2＝(x1＋1)2＋(y1－
16、2)2，即2x1－4y1＋3＝0.要使|PM|的值最小，只需|PO|的值最小即可．當(dāng)PO垂直于直線2x－4y＋3＝0時，即PO所在直線的方程為2x＋y＝0時，|PM|的值最小，此時點P為兩直線的交點，則解得
故當(dāng)|PM|取最小值時點P的坐標(biāo)為.
答案：
數(shù)學(xué)建模——直線與圓最值問題的求解
[典例] 已知圓O：x2＋y2＝9，過點C(2,1)的直線l與圓O交于P，Q兩點，則當(dāng)△OPQ的面積最大時，直線l的方程為( )
A．x－y－3＝0或7x－y－15＝0
B．x＋y＋3＝0或7x＋y－15＝0
C．x＋y－3＝0或7x－y＋15＝0
D．x＋y－3＝0或7x＋y－15
17、＝0
[解析] 當(dāng)直線l的斜率不存在時，l的方程為x＝2，則P(2，)，Q(2，－)，所以S△OPQ＝×2×2＝2，當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l的方程為y－1＝k(x－2)，則圓心到直線l的距離d＝，所以|PQ|＝2，S△OPQ＝×|PQ|×d＝×2×d＝ ≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)9－d2＝d2，即d2＝時，S△OPQ取得最大值，因為2＜，所以S△OPQ的最大值為，此時＝，解得k＝－1或k＝－7，此時直線l的方程為x＋y－3＝0或7x＋y－15＝0，故選D.
[答案] D
[素養(yǎng)通路]
本題考查了直線與圓的最值問題，結(jié)合題目的條件，設(shè)元、列式、建立恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用基本不等式模型解決相關(guān)的最值問題．
18、考查了數(shù)學(xué)建模這一核心素養(yǎng)．
A組——“6＋3＋3”考點落實練
一、選擇題
1．“ab＝4”是“直線2x＋ay－1＝0與直線bx＋2y－2＝0平行”的( )
A．充要條件 B．充分不必要條件
C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件
解析：選C 因為兩直線平行，所以斜率相等，即－＝－，可得ab＝4，又當(dāng)a＝1，b＝4時，滿足ab＝4，但是兩直線重合，故選C.
2．已知直線l1過點(－2,0)且傾斜角為30°，直線l2過
19、點(2,0)且與直線l1垂直，則直線l1與直線l2的交點坐標(biāo)為( )
A．(3，) B．(2，)
C．(1，) D.
解析：選C 直線l1的斜率k1＝tan 30°＝，因為直線l2與直線l1垂直，所以直線l2的斜率k2＝－＝－，所以直線l1的方程為y＝(x＋2)，直線l2的方程為y＝－(x－2)，聯(lián)立解得即直線l1與直線l2的交點坐標(biāo)為(1，)．
3．已知圓M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)截直線x＋y＝0所得線段的長度是2，則圓M與圓N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置關(guān)系是( )
A．內(nèi)切 B．相交
C．外切 D．相離
解析：選B 圓M：x2＋y2－
20、2ay＝0(a>0)可化為x2＋(y－a)2＝a2，由題意，M(0，a)到直線x＋y＝0的距離d＝，所以a2＝＋2，解得a＝2.所以圓M：x2＋(y－2)2＝4，所以兩圓的圓心距為，半徑和為3，半徑差為1，故兩圓相交．
4．(2018·全國卷Ⅲ)直線x＋y＋2＝0分別與x軸，y軸交于A，B兩點，點P在圓(x－2)2＋y2＝2上，則△ABP面積的取值范圍是( )
A．[2,6] B．[4,8]
C．[，3] D．[2，3]
解析：選A 設(shè)圓(x－2)2＋y2＝2的圓心為C，半徑為r，點P到直線x＋y＋2＝0的距離為d，
則圓心C(2,0)，r＝，
所以圓心C到直線x＋y＋2
21、＝0的距離為＝2，
可得dmax＝2＋r＝3，dmin＝2－r＝.
由已知條件可得|AB|＝2，
所以△ABP面積的最大值為|AB|·dmax＝6，
△ABP面積的最小值為|AB|·dmin＝2.
綜上，△ABP面積的取值范圍是[2,6]．
5．已知圓O：x2＋y2＝4上到直線l：x＋y＝a的距離等于1的點至少有2個，則實數(shù)a的取值范圍為( )
A．(－3，3)
B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
C．(－2，2)
D．[－3，3 ]
解析：選A 由圓的方程可知圓心為(0,0)，半徑為2.因為圓O上到直線l的距離等于1的點至少有2個，所以圓心到直線l的距離d
22、1，即d＝＝<3，解得a∈(－3，3)．
6．在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，直線x－ky＋1＝0與圓C：x2＋y2＝4相交于A，B兩點，＝＋，若點M在圓C上，則實數(shù)k的值為( )
A．－2 B．－1
C．0 D．1
解析：選C 法一：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋1)y2－2ky－3＝0，則Δ＝4k2＋12(k2＋1)>0，y1＋y2＝，x1＋x2＝k(y1＋y2)－2＝－，因為＝＋，故M，又點M在圓C上，故＋＝4，解得k＝0.
法二：由直線與圓相交于A，B兩點，＝＋，且點M在圓C上，得圓心C(0,0)到直線x－ky＋1＝0的距離為半徑的一半，為1，
23、即d＝＝1，解得k＝0.
二、填空題
7．已知直線l：x＋my－3＝0與圓C：x2＋y2＝4相切，則m＝________.
解析：因為圓C：x2＋y2＝4的圓心為(0,0)，半徑為2，直線l：x＋my－3＝0與圓C：x2＋y2＝4相切，所以2＝，解得m＝± .
答案：±
8．過點C(3,4)作圓x2＋y2＝5的兩條切線，切點分別為A，B，則點C到直線AB的距離為________．
解析：以O(shè)C為直徑的圓的方程為2＋(y－2)2＝2，AB為圓C與圓O：x2＋y2＝5的公共弦，所以AB的方程為x2＋y2－＝5－，化簡得3x＋4y－5＝0，所以C到直線AB的距離d＝＝4.
答案：4
24、9．(2018·貴陽適應(yīng)性考試)已知直線l：ax－3y＋12＝0與圓M：x2＋y2－4y＝0相交于A，B兩點，且∠AMB＝，則實數(shù)a＝________.
解析：直線l的方程可變形為y＝ax＋4，所以直線l過定點(0,4)，且該點在圓M上．圓的方程可變形為x2＋(y－2)2＝4，所以圓心為M(0，2)，半徑為2.如圖，因為∠AMB＝，所以△AMB是等邊三角形，且邊長為2，高為，即圓心M到直線l的距離為，所以＝，解得a＝±.
答案：±
三、解答題
10．已知圓(x－1)2＋y2＝25，直線ax－y＋5＝0與圓相交于不同的兩點A，B.
(1)求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若弦AB的垂直平分
25、線l過點P(－2,4)，求實數(shù)a的值．
解：(1)把直線ax－y＋5＝0代入圓的方程，
消去y整理，得(a2＋1)x2＋2(5a－1)x＋1＝0，
由于直線ax－y＋5＝0交圓于A，B兩點，
故Δ＝4(5a－1)2－4(a2＋1)>0，
即12a2－5a>0，解得a>或a<0，
所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)∪.
(2)由于直線l為弦AB的垂直平分線，且直線AB的斜率為a，
則直線l的斜率為－，
所以直線l的方程為y＝－(x＋2)＋4，
即x＋ay＋2－4a＝0，由于l垂直平分弦AB，
故圓心M(1,0)必在l上，所以1＋0＋2－4a＝0，
解得a＝，由于∈，
所
26、以a＝.
11．已知以點A(－1,2)為圓心的圓與直線l1：x＋2y＋7＝0相切．過點B(－2,0)的動直線l與圓A相交于M，N兩點．
(1)求圓A的方程；
(2)當(dāng)|MN|＝2時，求直線l的方程．
解：(1)設(shè)圓A的半徑為R.
因為圓A與直線l1：x＋2y＋7＝0相切，
所以R＝＝2.
所以圓A的方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝20.
(2)當(dāng)直線l與x軸垂直時，易知x＝－2符合題意；
當(dāng)直線l與x軸不垂直時，
設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.
由于|MN|＝2，于是2＋()2＝20，解得k＝，
此時，直線l的方程為3x－4y＋6＝0.
所
27、以所求直線l的方程為x＝－2或3x－4y＋6＝0.
12．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線x－y＋1＝0截以原點O為圓心的圓所得的弦長為.
(1)求圓O的方程；
(2)若直線l與圓O相切于第一象限，且直線l與坐標(biāo)軸交于點D，E，當(dāng)線段DE的長度最小時，求直線l的方程．
解：(1)因為點O到直線x－y＋1＝0的距離為，
所以圓O的半徑為 ＝，
故圓O的方程為x2＋y2＝2.
(2)設(shè)直線l的方程為＋＝1(a>0，b>0)，即bx＋ay－ab＝0，
由直線l與圓O相切，得＝，即＋＝，則|DE|2＝a2＋b2＝2(a2＋b2)＝4＋＋≥8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時取等號，此時直線l的方程為
28、x＋y－2＝0.
B組——大題專攻補(bǔ)短練
1．已知點M(－1,0)，N(1,0)，曲線E上任意一點到點M的距離均是到點N的距離的倍．
(1)求曲線E的方程；
(2)已知m≠0，設(shè)直線l1：x－my－1＝0交曲線E于A，C兩點，直線l2：mx＋y－m＝0交曲線E于B，D兩點．當(dāng)CD的斜率為－1時，求直線CD的方程．
解：(1)設(shè)曲線E上任意一點的坐標(biāo)為(x，y)，
由題意得 ＝·，
整理得x2＋y2－4x＋1＝0，即(x－2)2＋y2＝3為所求．
(2)由題意知l1⊥l2，且兩條直線均恒過點N(1，0)．
設(shè)曲線E的圓心為E，則E(2,0)，設(shè)線段CD的中點為P，連接EP，ED
29、，NP，則直線EP：y＝x－2.
設(shè)直線CD：y＝－x＋t，
由解得點P，
由圓的幾何性質(zhì)，知|NP|＝|CD|＝ ，
而|NP|2＝2＋2，|ED|2＝3，
|EP|2＝2，
所以2＋2＝3－，整理得t2－3t＝0，
解得t＝0或t＝3，
所以直線CD的方程為y＝－x或y＝－x＋3.
2．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A(0,3)，直線l：y＝2x－4，設(shè)圓C的半徑為1，圓心在l上．
(1)若圓心C也在直線y＝x－1上，過點A作圓C的切線，求切線的方程；
(2)若圓C上存在點M，使|MA|＝2|MO|，求圓心C的橫坐標(biāo)a的取值范圍．
解：(1)因為圓心在直線l：y＝
30、2x－4上，也在直線y＝x－1上，
所以解方程組得圓心C(3,2)，
又因為圓的半徑為1，
所以圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝1，
又因為點A(0,3)，顯然過點A，圓C的切線的斜率存在，
設(shè)所求的切線方程為y＝kx＋3，即kx－y＋3＝0，
所以＝1，解得k＝0或k＝－，
所以所求切線方程為y＝3或y＝－x＋3，
即y－3＝0或3x＋4y－12＝0.
(2)因為圓C的圓心在直線l：y＝2x－4上，
所以設(shè)圓心C為(a,2a－4)，
又因為圓C的半徑為1，
則圓C的方程為(x－a)2＋(y－2a＋4)2＝1.
設(shè)M(x，y)，又因為|MA|＝2|MO|，則有
31、
＝2，
整理得x2＋(y＋1)2＝4，其表示圓心為(0，－1)，半徑為2的圓，設(shè)為圓D，
所以點M既在圓C上，又在圓D上，即圓C與圓D有交點，
所以2－1≤ ≤2＋1，
解得0≤a≤，
所以圓心C的橫坐標(biāo)a的取值范圍為.
3．在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2＋mx－2與x軸交于A，B兩點，點C的坐標(biāo)為(0,1)，當(dāng)m變化時，解答下列問題：
(1)能否出現(xiàn)AC⊥BC的情況？說明理由；
(2)證明過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值．
解：(1)不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況，理由如下：
設(shè)A(x1,0)，B(x2,0)，則x1，x2滿足x2＋mx－2＝0，
所以x1x
32、2＝－2.
又C的坐標(biāo)為(0,1)，
故AC的斜率與BC的斜率之積為·＝－，
所以不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況．
(2)證明：由(1)知BC的中點坐標(biāo)為，
可得BC的中垂線方程為y－＝x2.
由(1)可得x1＋x2＝－m，
所以AB的中垂線方程為x＝－.
聯(lián)立可得
所以過A，B，C三點的圓的圓心坐標(biāo)為，半徑r＝.
故圓在y軸上截得的弦長為2＝3，即過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值．
4．(2018·廣州高中綜合測試)已知定點M(1,0)和N(2,0)，動點P滿足|PN|＝|PM|.
(1)求動點P的軌跡C的方程；
(2)若A，B為(1)中軌跡C上兩個不同的點，
33、O為坐標(biāo)原點．設(shè)直線OA，OB，AB的斜率分別為k1，k2，k.當(dāng)k1k2＝3時，求k的取值范圍．
解：(1)設(shè)動點P的坐標(biāo)為(x，y)，
因為M(1,0)，N(2,0)，|PN|＝|PM|，
所以 ＝·.
整理得，x2＋y2＝2.
所以動點P的軌跡C的方程為x2＋y2＝2.
(2)設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為y＝kx＋b.
由消去y，整理得(1＋k2)x2＋2bkx＋b2－2＝0.(*)
由Δ＝(2bk)2－4(1＋k2)(b2－2)>0，得b2<2＋2k2.①
由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝－，x1x2＝.②
由k1·k2＝·＝·＝3，
得(kx1＋b)(kx2＋b)＝3x1x2，
即(k2－3)x1x2＋bk(x1＋x2)＋b2＝0.③
將②代入③，整理得b2＝3－k2.④
由④得b2＝3－k2≥0，解得－≤k≤.⑤
由①和④，解得k<－或k>.⑥
要使k1，k2，k有意義，則x1≠0，x2≠0，
所以0不是方程(*)的根，
所以b2－2≠0，即k≠1且k≠－1.⑦
由⑤⑥⑦，得k的取值范圍為
[－，－1)∪∪∪(1， ]．
（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第二層級 重點增分 專題十 直線與圓講義 理（普通生含解析）
